模电第五次作业

使用教材：
清华大学电子学教研组编 . 杨素行主编 . 模拟电子技术基础简明教程 . 3版 . 北京：高等教育出版社，2006.
作业内容：
模电作业是这样的：
第七章1 2 6 7 10 14 15
5月8号前交

¶7-1

(1)
通常选择： $R_3=R_1//R_2=5k\Omega$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ R_4=R_5//R_6=10k\Omega // 20k\Omega\approx 6.67k\Omega$

(2)
由 $A_1$ 虚短虚断可知：${\dfrac {u_{O1}}{R_2}}+{\dfrac {u_{I1}}{R_1}}=0$
求得：$u_{O1}=-{\dfrac {R_2}{R_1}}\cdot u_{I1}=-u_{I1}$
由 $A_2$ 虚短虚断可知：$u_{I2}=u_P=u_N={\dfrac {R_6}{R_5+R_6}}\cdot u_{O2}$
求得：$u_{O2}=(1+{\dfrac {R_5}{R_6}})\cdot u_{I2}=1.5\cdot u_{I2}$
由 $A_3$ 虚短虚短可知：$u_N=u_P={\dfrac {R_{10}}{R_8+R_{10}}}\cdot u_{O2}$
则在 $A_3$ 的反相输入端列写 $KCL$ 方程：${\dfrac {u_{O1}-u_N}{R_7}}+{\dfrac {u_{O}-u_N}{R_9}}=0$
求得：$u_O={\dfrac {R_7+R_9}{R_7}}\cdot u_N-{\dfrac {R_9}{R_7}}\cdot u_{O1}$
代入 $u_N$ 得：$u_O={\dfrac {R_7+R_9}{R_7}}\cdot {\dfrac {R_{10}}{R_8+R_{10}}}\cdot u_{O2}-{\dfrac {R_9}{R_7}}\cdot u_{O1}$
其中 $R_7=R_8\ \ \ \ R_9=R_{10}$
则可将上式化简得：

$u_{O}=-{\dfrac {R_9}{R_7}}\cdot (u_{O1}-u_{O2})=(-2)\cdot (-u_{I1}-1.5\cdot u_{O2})=2\cdot u_{I1}+3\cdot u_{I2}$

(3)
将 $u_{I1}=3V\ \ \ \ u_{I2}=1V$ 代入 $u_O$ 的表达式：
$u_O=(2\times 3+3\times 1)V=9V$

¶7-2

设输出端正端子电位为 $u_{O+}$ 输出端负端子电位为 $u_{O-}$
由 $A_1$ 虚短虚断可知：$u_{I}=u_P=u_N={\dfrac {R_1}{R_1+R_2}}\cdot u_{O+}$
求得：$u_{O+}={\dfrac {R_1+R_2}{R_1}}\cdot u_I$
由 $A_2$ 虚短虚断可知：${\dfrac {u_I-u_P}{R_4}}+{\dfrac {u_{O-}-u_P}{R_5}}=0$
求得：$u_{O-}=-{\dfrac {R_5}{R_4}}\cdot u_I$
则有：$u_O=u_{O+}-u_{O-}={\dfrac {R_1+R_2}{R_1}}\cdot u_I+{\dfrac {R_5}{R_4}}\cdot u_I=[(1+{\dfrac {R_2}{R_1}})+{\dfrac {R_5}{R_4}}]\cdot u_I$

¶7-6

两个反向比例运算电路解决问题

¶7-7

因为 $R_2=R_3\ \ \ \ R_4=R_5\ \ \ \ R_6=R_7$
那么由三运放数据放大器输入对输出的表达式：$u_O=-{\dfrac {R_6}{R_4}}\cdot (1+{\dfrac {2R_2}{R1}})\cdot u_I$
将 $R_1=1k\Omega$ 与 $R_1=10k\Omega$ 分别代入上式：

当 $R_1=1k\Omega$ 时，$u_O=-{\dfrac {100k}{33k}}\cdot (1+{\dfrac {40k}{1k}})\cdot u_I\approx-124.24\cdot u_I$

当 $R_1=10k\Omega$ 时，$u_O=-{\dfrac {100k}{33k}}\cdot (1+{\dfrac {40k}{10k}})\cdot u_I\approx-15.15\cdot u_I$

比例系数的可调范围为：$-15.15\sim 124.24$

¶7-10

两个反相输入求和电路解决问题

¶7-14

先将 $u_{O1}$ 与 $u_{O}$ 的表达式求出来：
图（a）所示电路的第一级为积分电路
由于集成运放反相输入端“虚地”，故有：$u_{O1}=-u_C$
又由于“虚断”，运放反相输入端的电流为零，则 $i_I=i_C$
故有：$u_I=i_IR=i_CR$
那么则有：$u_{O1}=-u_C=-{\dfrac {1}{C}}\int_{-\infty}^{t} i_C\, \mathrm{d}t=-{\dfrac {1}{RC}}\int_{0}^{t} u_I\, \mathrm{d}t+U_{O1}(0)$

将 $R=10k\Omega\ \ \ \ C=1\mu F\ \ \ \ U_{O1}(0)=0$ 代入上式

化简得：

$u_{O1}=-{\dfrac {1}{RC}}\int_{0}^{t} u_I\, \mathrm{d}t+U_{O1}(0)=-{\dfrac {u_I}{10^{4}\times 10^{-6}}}t+U_{O1}(0)=-100u_I\times t\ \ (V)$

又有：

$u_O=-[{\dfrac {R_F}{R_1}}u_{O1}+{\dfrac {R_F}{R_2}}\times (-1)]=-{\dfrac {10^4}{10^4}}u_{O1}-{\dfrac {10^4}{2\times 10^4}}\times (-1)=-u_{O1}+0.5\ \ (V)$

(1) $t=0$ 时，$u_{O1}=0$ ， $u_O=0.5V$

(2) $t=(0\sim 10)\ ms$ 时，$u_I=-1V$

故当 $t=10\ ms$ 时，$u_{O1}=1V$ ， $u_O=-0.5V$

(3) $t=(10\sim 20)\ ms$ 时，$u_I=1V$

根据：

$u_{O1}=-u_C=-{\dfrac {1}{C}}\int_{-\infty}^{t} i_C\, \mathrm{d}t=-{\dfrac {1}{RC}}\int_{t_0}^{t} u_I\, \mathrm{d}t+U_{O1}(t_0) ， U_{O1}(t_0)=1V$

故当 $t=20\ ms$ 时，$u_{O1}=0V$ ， $u_O=0.5V$

(4)波形图如下图所示：